中国大学生理论力学竞赛(含试题及答案)

度为 ω ， 角加速度为 α ， 且 α = 3ω 。 杆 BD 以等速度ν 水平向左运动， v = 2ωR 。 与 BD 杆铰接的滑块 B 在滑槽 AC 中滑动，滑槽 AC 与铅垂线的夹角为 30D ， AB 距离为 2R，求图示瞬时滑槽 AC 的角速度和角加速度。 （1）速度分析： va = ve + v r ve = v B ′ = v A + v B ′A va = vB = v v A = ωR v = v A + v B ′A + v r O α 向与 vr 垂直方向投影： 30D ω v cos 30D = ωR cos 30D + vB ′A
题一图
3 2.5 2
FT
γ
1.5
sin γ =
3 32 + 2.52
=
3 3.905
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二、 （10 分）如图所示，人重 500N，木排重 1000N，C 为木排质心。初始时刻 人和木排静止，人距岛屿的距离为 6m。当人从木排的 A 点走到 B 点时，人距 岛屿还有多远？（不计水的阻力）
水平方向质心运动守恒 系统质心坐标不变
vA A 2R vr vB vA B vBA C 速度分析图 题五图 v
vB ′A =
3 ωR 2
D
沿着 vr 方向投影： v sin 30D = ωR sin 30D + vr 1 vr = ωR 2
滑槽 AC 的加速度：
ω1 =
vB ′A 3 = ω AB 4
ω
α
O
30D
A
n aB ′A t A
AB 段重 P1=40kN DE 段重 P1=40kN BD 段重 P2=60kN
F
z
∑M
x
=0
3m 2m x E P1 2m A P1 D FT C 1.5m P2 1.5m B y
FTz × 2 − P 1 ×1 − P 1 ×1 − P 2×2 = 0 FTz = 100 kN
FT =
FTz = 130.2 kN sin γ
1m 6m
岛屿
xC1 =
6m1 + 5m2 m1 + m2 m1 x + m2 ( x + 1) m1 + m2
海面
C A 2m
木排
B
xC 2 =
题二图
xC1 = xC 2
x
1m
x=
岛屿
14 = 4.67 m 3
海面
C A 2m
木排
B
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三. （10 分）质量为 m、长为 l 的均质杆 AB，BD 用铰链 B 连接，并用铰链 A 固定，位于图示平衡位置。今在 D 端作用一水平力 F，试用达朗贝尔原理求 该瞬时两杆的角加速度。
动能定理：
O R
A
B
10 R
T1 = 0 1 3 T2 = J Oω 2 = mω 2 R 2 2 4 k 2 W12 = mgR − δ 2 2 k = mgR − 10 R − 2 R 2
(
)
T2 − T1 = W12
ω2 =
FOy O FOx FT A mg
4 g 2k − 3R 3
( 10 − 2) = 29.3
题一图
aC = 2ωe vr =
3 2 ω R 4 ⎛ 3 ⎞ 2 t ⎜ − 1⎟ aB ′A = ⎜ ⎟ω R 4 ⎝ ⎠ t ⎛ 3 1⎞ 2 a − ⎟ α1 = B ′A = ⎜ ⎟ω AB ⎜ 8 2 ⎝ ⎠
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六、 （20 分）图示圆轮 A 质量 m =1Kg，半径 R=0.2m，可绕 O 轴转动。轮心 A 处与不计重量的弹簧 AB 铰接，弹簧刚度系数 k=40N/m，长度为 2R。图示瞬时 铰支座 O 处的约束反力。 系统静止， 弹簧无变形。 求当轮 A 下落到最低位置时，
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大连理工大学 2010 年度理论力学竞赛试题
考试日期：2010 年 3 月 28 日 试卷共 6 页
一 二 10 三 10 四 15 五 25 六 15 七 15 总分 100
级
班 标准分 得 分 10
一、 （10 分）图示结构 ABCDE 为等截面直角折杆，尺寸如图所示， 重量为 140kN，其他部分重量忽略不计。A 端为球铰约束（不限制 转动） ，E 端为柱铰约束（不限制转动 x 轴方向的移动） ，求斜拉杆 CF 的内力。
n ma A = FT sin θ + FOy − mg
FOx = −3 N (←)
FOy = 12.7 N (↑ )
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七 . （ 15 分）图示机构此瞬时处于平衡，已知： OA = 0.1m ， BD = 0.1m ， DE = 0.1m ， EG = 0.1 3m 。OA 垂直 OB，且 B，D，和 G 在同一条铅垂直线 上，又 DE 垂直于 EG。试利用虚位移原理求力偶 M 和力 F 之间的关系。
A FI1 MI1 B FI2 MI2 F D
α1
α2
题三图
l FI1 = − α1m 2 ⎛l ⎞ FI2 = −⎜ α 2 + lα1 ⎟m ⎝2 ⎠ 1 M I1 = − l 2α1m 3 1 M I2 = − l 2α 2 m 3 l 3l ∑ M A = 0 ， FI1 ⋅ 2 + FI1 ⋅ 2 + M I1 + M I2 − F ⋅ 2l = 0 l ∑ M B = 0 ， FI2 ⋅ 2 + M I2 − F ⋅ l = 0 6F α1 = − 7ml 30 F α2 = 7ml
瞬心 P2
虚位移原理：
M ⋅ ω A − F ⋅ vG = 0 M=
2 3 F 30
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2
以轮 A 为研究对象：
θ
α
J Oα = FT ⋅ cosθ ⋅ R
FT = kδ = k 10 − 2 R = 9.3 N 1 3 sin θ = = 0.316 ， cosθ = = 0.95 10 10 2k α= 10 − 2 = 29 rad/s2 10m
(
)
(
)
a tA = Rα = 5.8 m/ s2 n aA = Rω 2 = 5.86 m/ s2 ma tA = FT cosθ + FOx
n aA
2R
（2）加速度分析： a tA = αR n aA = ω 2R
a
aC
B
t n ae = a B ′ = a A + a B ′A + a B ′A aa = ae + a r + aC
a
t B ′A
ar
C
v
D
加速度分析图
n t n aa = a tA + a A + aB ′A + a B ′A + a r + aC aa = 0 向与 ar 垂直方向投影： n t 0 = a tA cos 30D − a A sin 30D + aB ′A − aC
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四、 （15 分）图示系统初始静止，轮 A 和轮 B 完全相同，质量均为 1kg，半径 均为 0.3m，由不可伸长的细绳连接。轮 A 在桌面上作纯滚动，摩擦力为 10N。 细绳缠绕在轮 B 外缘。滑轮 C 的质量和摩擦忽略不计，AC 与桌面平行。求当 轮 B 下落高度为 1m 时轮 B 的角速度。 v 1 ω A = A ， J = mR 2 R 2
A M O vA B vB D
瞬心 P1
C
vCLeabharlann Baidu
vB = v A
vC = CD ⋅ ωBC = CD ⋅ vE = DE ⋅ ωDC = DE ⋅
E 0.1 vE 0.3
vB BD
vC = vB = v A CD
0.2
vG =
2 3vE vE × 0.2 3 = 0.3 3
0.1 3 G 0.2 3 F 题七图 vG
A C 动能定理：
1 2 1 2 1 2 1 2 mv A + Jω A + mvB + JωB = mgh（1） 2 2 2 2
B 动量矩定理：
Jω A + JωB + mvB R = mgR + FS R （2）
题四图 式（1） 、式（2）联立得：
ωB = 61 rad/s2
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五.（20 分）图示机构中轮 A 半径为 R，在半径为 2R 的圆弧表面纯滚动，角速